河南省许昌市2021届新高考物理第二次押题试卷含解析

河南省许昌市2021届新高考物理第二次押题试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（）
A．粒子在a点的加速度比在b点的加速度大
B．粒子在a点的动能比在b点的动能大
C．粒子在a点和在c点时速度相同
D．粒子在b点的电势能比在c点时的电势能大
【答案】A
【解析】
【分析】
可知电场力的大小关系；根据曲线的弯曲方向可知粒子的由等势面的疏密可知电场强度的大小，由F Eq
受力方向，进而判断出电场力做功的特点。

根据能量守恒定律分析粒子在a点动能与粒子在b点动能之间的关系。

由动能定理可知BC两点的间的电势能的变化。

本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法。

【详解】
A．因a点处的等势面密集，故a点的电场强度大，故电荷在a点受到的电场力大于b点受到的电场力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在b点的加速度大，故A正确；
B．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向右侧，则从a到b电场力做正功，粒子动能增大，故B错误；
C．速度是矢量，沿轨迹的切线方向，由图可知，粒子在a点和在c点时速度方向不相同，故C错误；D．粒子受到的电场力指向右侧，则从b到c电场力做负功，粒子的电势能增大，所以粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小，故D错误；
故选A。

【点睛】
本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。

2．如图，两光滑导轨竖直放置，导轨平面内两不相邻的相同矩形区域Ⅰ、Ⅱ中存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。

金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨上端接有电阻R（其他电阻不计）。

将金属杆ab从距区域Ⅰ上边界一定高度处由静止释放（）
A ．金属杆在Ⅰ区域运动的加速度可能一直变大
B ．金属杆在Ⅱ区域运动的加速度一定一直变小
C ．金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域减少的机械能一定相等
D ．金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度可能相等
【答案】D
【解析】
【详解】
AB ．由于无法确定金属杆进入磁场区域时所受安培力与其重力的大小关系，所以无法确定此时金属杆加速度的方向。

若金属杆进入磁场时其所受安培力
22B L v mg R
> 则有
22B L v mg ma R
-= 且加速度方向向上，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变；若金属杆进入磁场时其所受安培力
22B L v mg R
< 则有
22B L v mg ma R
-= 且加速度方向向下，可知金属杆进入磁场区域后加速度一直减小或先减小至零再保持不变；若金属杆进入磁场时其所受安培力
22=B v L R
mg 则金属杆进入磁场区域后加速度为零且保持不变，故A 、B 错误；
C ．根据功能关系得金属杆在Ⅰ、Ⅱ区域中减少的机机械能等于克服安培力做的功，由于无法确定金属杆经过两区域过程中所受安培力的大小关系，所以无法确定金属杆经过两区域过程中克服安培力做功的关
系，故故C错误；
D．若金属杆进入磁场时其所受安培力
22
B L v
mg
R
则金属杆在Ⅰ区域中先做减速运动再做匀速运动或一直做减速运动，出Ⅰ区域后在重力作用下再做加速运动，所以金属杆经过Ⅰ、Ⅱ区域上边界的速度有可能相等，故D正确。

故选D。

3．教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。

第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。

第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。

下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（）
A．图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变
B．图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变
C．图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动
D．图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动
【答案】C
【解析】图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故AB均错误；图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故选项C正确，D错误；故选C.
4．2019年12月7日10时55分，我国在太原卫星发射中心用“快舟一号”甲运载火箭，成功将“吉林一号”高分02B卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，绕地球做匀速圆周运动。

已知地球质量为M、引力常最为G，卫星与地心的连线在时间t（小于其运动周期）内扫过的面积为S，则卫星绕地球运动的轨道半径为（）
A ．224S GMt
B ．t GM
C ．224GMt S
D ．2t GM S
【答案】A
【解析】
【详解】 卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知
22GMm m r r
ω= 根据几何关系可知，卫星与地心连线在时间t 内扫过的面积
22t S r ωππ
=g 联立解得卫星绕地球的轨道半径
2
24S r GMt
= 故A 正确，B 、C 、D 错误；
故选A 。

5．如图所示，空间有两个等量异种点电荷Q 1和Q 2，Q 1带正电、Q 2带负电，两点电荷间的距离为L ，O 为连线的中点。

在以Q 1、Q 2为圆心，2
L 为半径的两个圆上有A 、B 、C 、D 、M 、N 六个点，A 、B 、C 、D 为竖直直径的端点，M 、N 为水平直径的端点，下列说法中正确的是（ ）
A ．A 、C 两点电场强度相同
B ．带正电的试探电荷在M 、N 两点时受到的电场力方向相反
C ．把带正电的试探电荷从C 点沿圆弧移动到N 点的过程中电势能不变
D ．带负电的试探电荷在M 点的电势能小于在A 点的电势能
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由等量异种点电荷的电场分布可知，A 、C 两点电场强度大小相等，方向不同，故A 错误；
B ．带正电的试探电荷在M 、N 两点时受到的电场力方向都水平向左，故B 错误；
C ．由于C 、N 两点离负点电荷距离相等，但C 点离正点电荷更近，则C 、N 两点电势不同，则电势能不
同，故C错误；
D．由于M、A两点离正点电荷距离相等，但A点离负点电荷更近，则A点电势更低，根据负电荷在电势低处电势能大，则带负电的试探电荷在M点的电势能小于在A点的电势能，故D正确。

故选D。

6．在“油膜法”估测分子大小的实验中，认为油酸分子在水面上形成的单分子层，这体现的物理思想方法是（）
A．等效替代法B．控制变量法C．理想模型法D．累积法
【答案】C
【解析】
【分析】
考查实验“用油膜法估测分子大小”。

【详解】
在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，将油酸分子看做球形，认为油酸分子是一个紧挨一个的，估算出油膜面积，从而求出分子直径，这里用到的方法是：理想模型法。

C正确，ABD错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．下列说法正确的是（）
A．在完全失重的情况下，气体对器壁的压强为零
B．某些小昆虫在水面上行走自如，是因为“液体的表面张力”，该力是分子力的宏观表现
C．人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度
D．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能也越来越大
E.熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据气体压强的微观意义，气体压强和分子数密度、分子平均动能有关，与重力无关，在完全失重的情况下，气体对器壁的压强不为零，故A错误。

B．液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，某些小昆虫在水面上行走自如，是因为“液体的表面张力”，该力是分子力的宏观表现，故B正确。

C．相对湿度：在某一温度下，水蒸汽的压强与同温度下饱和汽压的比，称为空气的相对湿度；影响蒸发
快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素，不是空气中水蒸气的绝对数量，而是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距；水蒸气的压强离饱和汽压越远，越有利于水的蒸发，人们感觉干爽，故C 正确。

D ．物体分子的平均动能大小仅与物体的温度有关，是一个微观的物理量，与宏观的物理量物体运动的速度无关，故D 错误。

E ．自然界的宏观热过程都具有方向性，在任何一个自然过程中，一个孤立系统的总熵会不断增加，即一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行，故E 正确。

故选BCE 。

8．如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的复色光从空气射向AB 边的中点D ，入射方向与边AB 的夹角为θ= 30°，经三棱镜折射后分为a 、b 两束单色光，单色光a 偏折到BC 边的中点E ，单色光b 偏折到F 点，则下列说法正确的是（ ）
A ．该棱镜中对单色光a 3
B ．在棱镜中传播，a 光的传播速度较大
C ．a 光的频率一定大于b 光的频率
D ．分别通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距大
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设到E 点的a 光线的入射角为i=60°，折射角为r=30°，则折射率
sin sin 603sin sin 30i n r o
o
===选项A 正确；
B ．在棱镜中传播，b 光的折射率较小，由c v n
= 可知，a 光传播速度较大，选项B 错误； C ．a 光的折射率大于b 光，则a 光的频率一定大于b 光的频率，选项C 正确；
D ．a 光的频率大于b 光的频率，则a 光的波长小于b 光的波长，根据l x d
λ∆=可知，分别通过同一双缝
干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距小，选项D 错误。

故选AC 。

9．如图所示，理想变压器原线圈上串联一个定值电阻R 0，副线圈上接一个滑动变阻器R ，原线圈的输入端接在一个输出电压恒定的交流电源上，理想电压表V 1、V 2、V 3的示数分别用U 1、U 2、U 3表示，当滑动变阻器的触头P 移动时，下面说法中正确的是（ ）
A ．向上移动滑动触头P ，U 3与U 1的比值变大
B ．向下移动滑动触头P ，U 3与U 2的比值不变
C ．移动滑动触头P ，当U 3减小时，R 0消耗的功率也减小
D ．移动滑动触头P ，电阻R 0与滑动变阻器R 消耗的功率之比始终都等于12
1U U - 【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．向上移动滑动触头P ，则R 变大，则次级电流减小，初级电流减小，R 0的电压减小，由于U 2=U 1-U R0，而U 1不变，则初级电压变大，次级电压也变大，即U 3变大，则U 3与U 1的比值变大，选项A 正确；
B ．U 3与U 2的比值等于变压器的次级与初级线圈的匝数比，则向下移动滑动触头P ，U 3与U 2的比值不变，选项B 正确；
C ．移动滑动触头P ，当U 3减小时，则U 2也减小，由于U 2=U 1-U R0，而U 1不变，则U R0变大，则此时R 0消耗的功率变大，选项C 错误；
D ．根据理想变压器的规律可知，输出功率等于输入功率，即电阻R 消耗的功率等于原线圈的输入功率，分析原线圈电路可知，电阻R 0与原线圈串联，电流相等，功率P=UI ，则电阻R 0与滑动变阻器R 消耗的功率之比等于R 0两端电压与原线圈电压之比，电压表V 1、V 2的示数为U 1、U 2，则电阻R 0与滑动变阻器
R 消耗的功率之比为12122
-1=U U U U U -，选项D 正确； 故选ABD 。

10．长为l 直导线中通有恒定电流I ，静置于绝缘水平桌面上，现在给导线所在空间加匀强磁场，调整磁场方向使得导线对桌面的压力最小，并测得此压力值为N 1，保持其他条件不变，仅改变电流的方向，测得导线对桌面的压力变为N 2。

则通电导线的质量和匀强磁场的磁感应强度分别为（ ）
A ．12N N m g +=
B ．122N N m g
+=
C ．212N N B Il -=
D ．122N N B Il
-= 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
对导线受力分析，可知导线受重力、支持力和安培力作用，当安培力方向竖直向上时，支持力最小，则导线对桌面的压力最小，根据平衡条件有
1N BIl mg +=
当仅改变电流方向时，安培力方向向下，根据平衡有
2N mg BIl =+
联立解得
122N N m g +=，2
12N N B Il
-= 故BC 正确，AD 错误。

故选BC 。

11．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管（正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路）、定值电阻R 0、热敏电阻R t （阻值随温度的升高而减小）及报警器P （电流增加到一定值时报警器P 将发出警报声）组成闭合电路，电压表、电流表均为理想电表。

则以下判断正确的是（ ）
A ．变压器线圈输出交流电的频率为100 Hz
B ．电压表的示数为2V
C ．R t 处温度减小到一定值时，报警器P 将发出警报声
D ．报警器报警时，变压器的输入功率比报警前大
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由题图乙可知
f ＝1T ＝50 Hz 而理想变压器不改变交流电的频率，
A 项错误。

B ．由题图乙可知原线圈输入电压的有效值U 1＝220 V ，则副线圈两端电压有效值
U 2＝21
n n U 1＝22 V 设电压表示数为U ，由于二极管作用，副线圈回路在一个周期内只有半个周期的时间有电流，则由有效值定义有
22
22U T U T R R
⋅= 解得
U ＝22
＝112V B 项正确。

C ．由题给条件可知，R t 处温度升高到一定值时，报警器会发出警报声，C 项错误。

D ．因报警器报警时回路中电流比报警前大，则报警时副线圈回路的总功率比报警前大，而输入功率与输出功率相等，D 正确。

故选BD 。

12．如图所示，沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．图示时刻质点b 的加速度正在增大
B ．从图示时刻开始，经0.01s ，质点b 位于平衡位置上方，并向y 轴正方向做减速运动
C ．从图示时刻开始，经0.01s ，质点a 沿波传播方向迁移了2m
D ．若该波发生明显的衍射现象，则它所遇到的障碍物或孔的尺寸一定比4m 大得多
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于波沿x 轴正方向传播，根据“上下坡”法，知道b 质点正向下振动，位移增大，加速度正在增大，
故A 正确；
B ．由图知，波长λ=4m ，则该波的周期为 4s=0.02s 200
T v λ
== 从图示时刻开始，经过0.01s ，即半个周期，质点b 位于平衡位置上方，并向y 轴正方向做减速运动，故B 正确；
C ．质点a 不会沿波传播方向迁移，故C 错误；
D ．当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射，所以若该波发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比4 m 小或和4m 差不多，故D 错误。

故选：AB 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。

某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。

可供选择的实验器材如下：
A ．直流电源，电动势E=6V ，内阻不计；
B ．毫安表A 1，量程为600mA ，内阻约为0.5Ω；
C ．毫安表A 2，量程为10mA ，内阻R A =100Ω；
D ．定值电阻R 0=400Ω；
E ．滑动变阻器R=5Ω；
F ．被测热敏电阻R t ，开关、导线若干。

(1)实验要求能够在0~5V 范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值R t 进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路______。

(2)某次测量中，闭合开关S ，记下毫安表A 1的示数I 1和毫安表A 2的示数I 2，则计算热敏电阻阻值的表达式为R t =______（用题给的物理量符号表示）。

(3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I 2－I 1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A 2的示数的增大而____（填“增大”“减小”或“不变”）。

(4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。

将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V ，内阻不计，理想电流表示数为0.7A ，定值电阻R 1=30Ω，则由以上信息可求出定值电阻R 2的阻值为______Ω，此时该金属热敏电阻的温度为______℃。

【答案】
()2A 012
I R R I I +- 增大 17.5 55 【解析】
【详解】
(1)[1]．题目中没有电压表，可用已知内阻的电流表A 2与定值电阻R 0串联构成量程为
0()0.01(100400)V=5V g A U I R R =+=⨯+的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图：
(2)[2]．由电流可知
()2A 012
t I R R R I I +-= (3)[3]．根据()2A 012
t I R R R I I +-=可得 021A 11t
I R R R I +=+
则该热敏电阻的阻值随毫安表A 2的示数的增大，斜率A 01
1t
R R R ++ 变大，可知R t 变大。

(4)[4][5]．通过R 1的电流
11
0.3A U I R == 则通过R 2和R t 的电流为0.4A ；由I 2-I 1图像可知，I 2=4mA ，此时R t 两端电压为2V ，则R 2两端电压为7V ，
则
2717.50.4
R =
Ω=Ω 250.4t R =Ω=Ω
根据R t -t 图像可知 14153
t R t =
+ 解得 t=55℃
14．小张同学利用“插针法”测定玻璃的折射率．
（1）小张将玻璃砖从盒子拿出放到白纸上，图示操作较为规范与合理的是____________．
（2）小张发现玻璃砖上下表面不一样，一面是光滑的，一面是磨砂的，小张要将玻璃砖选择_______（填“磨砂的面”或“光滑的面”）与白纸接触的放置方法进行实验较为合理．
（3）小张正确操作插好了4枚大头针，如图所示，请帮助小张画出正确的光路图____.然后进行测量和计算，得出该玻璃砖的折射率n=__________（保留3位有效数字）
【答案】B 磨砂的面 1.53
【解析】
【分析】
光学镜面及光学玻璃面均不能用手触碰；根据实验原理，运用插针法，确定入射光线和折射光线．
【详解】
（1）玻璃砖的光学面不能用手直接接触，接触面的污渍会影响接触面的平整，进而影响折射率的测定，B 正确；
（2）为了不影响观察实验，应使得磨砂面接触纸面；
（3）光路图如图所示：
设方格纸上小正方形的边长为l ，光线的入射角为1θ，折射角为2θ，则122
sin 0.7985.34θ=≈+，
222sin 0.5212.2 3.6θ=≈+，所以该玻璃砖的折射率12sin 0.798 1.53sin 0.521
n θθ==≈ 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量12kg m =的木板长 2.25m L =，静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数10.1μ=，另一个质量21kg m =的滑块，以初速度0v 滑上木板．滑块与木板之间的动摩擦因数20.4μ=，取210m /s g =。

（1）求滑块不滑下木板时0v 应满足的条件；
（2）若03m /s v =，求木板与地面摩擦产生的热量Q 。

【答案】（1）0 4.5m /s v ≤；（2）0.5J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，木板做匀加速运动，根据牛顿第二定律，对滑块有 2124m /s a g μ==
对木板有
()1222121m a m g m m g μμ=-+
解得
220.5m /s a =
设01v v =时滑块滑到木板的右端二者恰好共速，则有
112v a t a t -=
根据位移关系有
221121122
v t a t a t L --= 解得
1s t =，1 4.5m /s v =
所以当0 4.5m /s v ≤时滑块不滑下木板。

（2）若03m /s 4.5m /s v =<，滑块没有滑下木板，根据速度时间公式有
01121v a t a t -= 得滑块在木板上相对滑动时间12s 3
t =二者达到共速 2211m /s 3
v a t == 共速后一起减速，根据牛顿第二定律有
2311m /s a g μ== 共同运动时间21s 3
t =，木板总位移 ()2122
v x t t =+ 木板与地面摩擦产生的热量
()112Q m m gx μ=+
解得
0.5J Q =
16．如图所示，在边界OP 、OQ 之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。

从O 点以速度v 0沿与Oc 成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a 点沿ab 方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc 飞出，然后经ac 和aO 之间的真空区域返回电场，最后从边界
OQ 的某处飞出电场。

已知Oc=2L ，L ，ac 垂直于cQ ，∠acb=30°，带电粒子质量为m ，带电量为+g ，不计粒子重力。

求：
(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子从边界OQ 飞出时的动能；
(3)粒子从O 点开始射入电场到从边界OQ 飞出电场所经过的时间。

【答案】（1）2038mv E qL = 032mv B qL = （2）204
k mv E = （30204323L π++ 【解析】
【详解】
（1）从O 点到a 点过程的逆过程为平抛运动
水平方向：
012cos L v t θ=
竖直方向：
21132
at L = 加速度：
qE a m
= 可得：
2038mv E qL
=， 10
4L t v =， 粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r ，由几何关系得，
3sin 30
r r L ︒+=， 洛伦兹力等于向心力：
2
v qvB m r
= 00cos602
v v v ︒==
解得： 032mv B qL
= 在磁场内运动的时间：
20
233r L t v v ππ==
.
（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，
21(32)2
k qE L r E mv -=- 解得：
204
k mv E = （3）粒子经过真空区域的时间，
30
4833L
L t v v ==. 粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为
2441(32)2
t L r at -=
， 解得： 40
433L t v =. 粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间
12340
204323t t t t t L π++=+++=. 17．如图所示，嫦娥四号着陆器为了寻找月面上的平坦的着陆区，可以悬停在月面附近，已知着陆器在月面附近的重力为G ，忽略悬停过程由于喷气而引起的重力变化，燃气的喷射速度为v ，求着陆器悬停时单位时间内喷出燃气的质量。

【答案】G v
【解析】
【分析】
【详解】
根据受力分析有=
F G
=-
Ft mv
则有
m F G
==
t v v。